Equazione delle onde non omogenea

Equazione delle onde non omogenea
Tiziano Penati
1
Passagio a “coordinate” caratteristiche
Si consideri l’equazione di D’Alambert non omogenea su R
utt − uxx = Q(x, t) .
(1)
L’introduzione delle nuove coordinate “caratteristiche”
ζ := x − t
η := x + t ,
trasforma (1) nell’equazione
1
Q̃(ζ, η) := Q(x(ζ, η), t(ζ, η)) .
4
∂ζη u = Q̃(ζ, η) ,
(2)
L’equazione (2) si scrive come
Lu = Q̃ ,
(3)
dove L rappresenta l’operatore lineare di derivata mista
L := ∂ζη .
2
Soluzione di Lu = Q̃
Procediamo come nella teoria delle equazioni lineari. L’insieme di tutte e
sole le soluzioni di (3) si rappresenta come
u = L−1 Q̃ + Ker(L) ,
(4)
dove L−1 Q̃ è una qualunque soluzione del problema (soluzione particolare).
Che tutte le u della forma (4) siano soluzione appare ovvio sostituendo. Se
u2 6≡ L−1 Q̃ è una seconda soluzione di (4), allora v := u2 −L−1 Q̃ risolve Lv =
Q̃ − Q̃ = 0, ovvero v ∈ Ker(L). Quindi due soluzioni distinte differiscono
per un elemento del nucleo.
Abbiamo già caratterizzato il nucleo dell’operatore L, quindi
u(ζ, η) = f (ζ) + g(η) + L−1 Q̃ ;
1
rimane da determinare almeno una soluzione particolare di (4). Una maniera
comoda per avere tale soluzione consiste nell’integrare rispetto ad entrambe
le variabili ζ, η l’equazione (2), ottenendo
Z ζ
Z η
dω
Q̃(ω, ν)dν .
(5)
u∗ (ζ, η) = L−1 Q̃ =
0
3
0
Confronto con il la formula di Duhamel.
È noto che una soluzione particolare dell’equazione delle onde (1) sia data
dalla Formula di Duhamel
Z
Z x+(t−s)
1 t
uD (x, t) =
ds
Q(y, s)dy .
(6)
2 0
x−(t−s)
Ci proponiamo con un esempio di confrontare il risultato fornito da tale
formula con la soluzione u∗ ottenuta in (5).
Scegliamo
Q(x, t) ≡ 1 .
La soluzione uD si scrive come
Z
1 t
1
uD (x, t) =
2(t − s)ds = t2 ,
2 0
2
che in effetti è soluzione, essendo
[∂tt − ∂xx ] (uD ) = 1 .
Dopo aver trasformato il termine “forzante” Q(x, t) nelle coordinate caratteristiche
1
Q̃ = − ,
4
la soluzione u∗ si scrive invece come
1
u∗ (ζ, η) = − ζη ,
4
u∗ (x, t) =
1 2
t − x2 ,
4
che in effetti risulta essere anch’essa soluzione, in quanto
1
[∂tt − ∂xx ] (u∗ ) = (2 + 2) = 1 .
4
Due soluzioni distinte devono differire per un termine di nucleo. Infatti
definendo
1
v := uD − u∗ = (t2 + x2 ) ,
4
abbiamo
1
[∂tt − ∂xx ] (v) = (2 − 2) = 0 .
4
2
In alternativa bastava osservare che
(x − t)2 + (x + t)2 = 2(t2 + x2 ) .
Quindi le due formule forniscono due diverse soluzioni particolari con cui
costruire la soluzione generale del problema
u(x, t) =
3.1
1 2
t − x2 + f (x − t) + g(x + t) .
4
(7)
Un commento sulla risonanza
È interessante notare come entrambe le soluzioni particolari appena trovate
siano entrambe illimitate, ed in particolare siano dei polinomi in x, t. La
ragione è da ricercare nel fatto che il termine noto Q nel problema specifico
affrontato è un termine di nucleo, in quanto LQ = 0. Se per esempio Q̃ =
ρ(ζ), allora la formula (5) fornisce
Z
u∗ =
ζ
Z
ηρ(ω)dω = ηF (ζ) ,
0
F (ζ) :=
ζ
ρ(ω)dω .
0
Questa situazione è analoga a quella incontrata nel caso dell’oscillatore armonico di frequenza ω con forzante trigonometrica di frequenza Ω. Nel caso
“risonante”, in cui ω = Ω, la soluzione si presenta come un’oscillazione di frequenza Ω modulata da un’ampiezza che cresce linearmente nel tempo, come
At, quindi illimitata. Anche in questo caso possiamo parlare di “risonanza”.
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